（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第六道 选择题涉及的命题点 6.3 带电粒子

6－3带电粒子在匀强磁场中的运动备考精要1．两种运动类型要辨清2．两个解题思路要明确(1)洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。(2)带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。3．两种边界类型要掌握(1)直线边界①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场。②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π。(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。4．放缩圆法的应用技巧当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“放缩圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径放缩作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。5．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因6.“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题(1)一定圆心O①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。②已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。(2)二定半径R①公式法——R＝mvqB。②几何法——一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。(3)三定圆心角φ圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt＝2πTt，或φ＝lR(l为φ对应的圆弧弧长)。(4)四写方程基本方程qvB＝mv2R，半径公式R＝mvqB，周期公式T＝2πRv＝2πmqB(与速度无关)，运动时间t＝sv＝φ2πT。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1．[多选]有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域中做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝mv2r得r＝mvqB∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝F合m＝qvBm∝B，所以a2a1＝1k，选项B错误。由T＝2πrv得T∝r，所以T2T1＝k，选项C正确。由ω＝2πT得ω2ω1＝T1T2＝1k，选项D错误。答案：AC2.(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.12kBl，54kBl解析：若电子从a点射出，运动轨迹如图线①所示，有qvaB＝mva2RaRa＝l4解得va＝qBRam＝qBl4m＝kBl4若电子从d点射出，运动轨迹如图线②所示，有qvdB＝mvd2Rd答案：B其中Rd2＝Rd－l22＋l2解得vd＝qBRdm＝5qBl4m＝5kBl4选项B正确。3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1D．3∶2答案：C解析：由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝mv2R可知，R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝Rcos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确。4．[多选]如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内，v0与MN的夹角θ为锐角)射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。已知EF＝2d，OF＝d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是()A．从E点飞出的可能是α粒子B．从E点飞出的可能是氚核C．两种粒子在磁场中的运动时间相等D．两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等解析：设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d＝2r1sinθ，3d＝2r2sinθ，两式联立可解得r2＝3r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1＝m1v0q1B，另一种粒子的半径r2＝m2v0q2B，可得m2q2＝3m1q1，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在答案：BD磁场中运动时，转过的圆心角均为α＝2(π－θ)，故选项D正确；根据T＝2πmqB可知两种粒子的周期不同，由t＝α2πT可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。5．[多选]如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷qm＝k，则质子的速度可能为()A．2BkLB.BkL2C.3BkL2D.BkL8答案：BD解析：因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，即v＝Bqrm＝Bk·Ln(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。二练会迁移——综合性考法1．(2019·雅安三诊)两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()A．M带正电，N带负电B．洛伦兹力对M、N做正功C．M的比荷小于N的比荷D．M的运行时间小于N的运行时间答案：C解析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，比荷为：qm＝vBr，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期T＝2πrv，所以M的运行时间大于N的运行时间，故D错误。2．[多选]如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()A．圆环可能做匀减速运动B．圆环可能做匀速直线运动C．圆环克服摩擦力所做的功可能为12mv02D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为12mv02－m3g22q2B2解析：当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆对圆环的支持力和摩擦力都发生变化，所以圆环不可能做匀减速运动，根据动能定理得－W＝0－12mv02，解得W＝12mv02，故C正确；当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v＝mgqB，根据动能定理得，－W＝12mv2－12mv02，代入解得W＝12mv02－m3g22q2B2，故D错误。综上可知A错误。答案：BC3．[多选](2019·杭州模拟)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中。一带电小球(可视为质点)从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()A．C点与A点在同一水平线上B．小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C．小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D．小球从A到B的时间是从C到P时间的2倍答案：AD解析：小球在磁场运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsinθ，由x＝12at2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的2倍，选项D正确。4.如图所示，半径为R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心。在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝qBR2m的带正电粒子。不计粒子的重力。若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝πR2v，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为()答案：AA.12B.35C.22D.45解析：粒子在磁场中运动轨迹半径r＝mvqB＝R2，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝πR2v＝πrv＝12T，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为12，A正确。5.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝mvqB，正确的图是()答案：D解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴边界进入磁场后再离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝mvqB，知沿x轴负方向的粒子刚好进入磁场运动一个圆周，沿y轴正方向进入的粒子刚好转动半个周期，如图所示，在两图形的相交部分是粒子不能经过的地方，故D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1．(2019·贵州模拟)如图所示，在xOy直角坐标系的第一象限内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从y轴上的A点，以速度v垂直磁场方向射入第一象限，v与y轴正方向的夹角为60°，若A点与原点O的距离为l，要使粒子能从x轴射出磁场，则粒子的速度v应满足()A．v4－23qBlmB．v4＋23qBlmC．v3qBl3mD．v2qBl3m解析：由几何知识知，带电粒子恰从x轴射出时，R·sin60°＋R＝l，由牛顿第二定律得，R＝mvqB，联立解得，v＝4－23qBlm，故A正确。答案：A2.(2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正